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Olympiade française de mathématiques
2002-2003, dossier 5, solutions

Exercice 1

Supposons pour fixer les idées que l'aire maximale d'un triangle $A_i A_j A_k$ soit obtenue pour le triangle $A_1 A_2 A_3$. Par hypothèse, l'aire de ce triangle est inférieure à $1$.

Prenons maintenant un point $A_i$ quelconque. L'aire du triangle $A_i A_2 A_3$ va être inférieure à celle de $A_1 A_2 A_3$. Cela implique que le point $A_i$ va devoir se situer dans la partie du plan délimitée par les droites $\pa{D_1}$ et $\pa{D'_1}$ (voir figure).

De même, en considérant les triangles $A_1 A_i A_3$ et $A_1 A_2 A_i$, on voit que le point $A_i$ doit se situer dans l'intersection de trois parties du plan de la forme précédente. Cette intersection est précisément le triangle dessiné en gras sur la figure. Son aire vaut quatre fois celle du triangle $A_1 A_2 A_3$, elle est donc inférieure à $4$. Ainsi, quitte à agrandir un peu ce triangle, on a répondu à la question voulue.

\includegraphics{figures.4}

Exercice 2

Cette suite existe bien. Nous allons la construire par récurrence.



L'idée en fait est de construire les termes de la suite non pas un par un, mais deux par deux. Cela afin de pouvoir donner toutes les valeurs possibles aux termes de la suite. Mais voyons plutôt comment on procède.

L'hypothèse de récurrence que l'on fait est la suivante. Les termes $u_1, \ldots, u_{2k-1}$ sont construits et vérifient :

  • pour tout entier x compris entre $1$ et k, il existe un indice n compris entre $1$ et $2k-1$ tel que $u_n = x$
  • pour tout indice n compris entre $1$ et $2k-1$, la somme $u_1 + \ldots + u_n$ est divisible par n
  • il n'existe pas d'indice i et j tels que $i \neq j$ et $u_i = u_j$

D'abord il est clair que si l'on arrive à montrer cette propriété par récurrence, on aura construit une suite comme on le désire.

Initialiser la récurrence est simple, il suffit de poser $u_1 = 1$. Voyons maintenant comme on prouve l'hérédité. Il s'agit de construire les termes $u_{2k}$ et $u_{2k+1}$. On doit déjà avoir :

\begin{eqnarray*} u_1 + \ldots + u_{2k} & \equiv & 0 \pmod{2k} \\ u_1 + \ldots + u_{2k+1} &\equiv & 0 \pmod{2k+1} \end{eqnarray*}

$2k$ et $2k+1$ étant premiers entre eux, on voit que l'on peut choisir $u_{2k+1}$ comme on le souhaite, ce système aura toujours une solution (et même des solutions arbitrairement grandes) en $u_{2k}$. Si l'entier $k+1$ n'apparaît pas parmi $u_1, \ldots, u_{2k-1}$, on prend $u_{2k+1} = k$. Sinon, on choisit arbitrairement $u_{2k+1}$ parmi les entiers qui n'apparaissent pas parmi $u_1, \ldots, u_{2k-1}$, cela bien sûr afin de satisfaire le point 3.

Maintenant $u_{2k+1}$ choisi, on résout le système et on prend $u_{2k}$ une solution suffisamment grande pour qu'elle n'apparaisse pas parmi $u_1, \ldots, u_{2k-1}, u_{2k+1}$. Cela convient.

Exercice 3

Une telle fonction f existe. Pour la construire, nous allons procéder de la façon suivante.

On définit d'abord f sur les entiers impairs en posant :

\begin{eqnarray*} f\pa n & = & 2\pa{x-4004} \text{ si } x \equiv -1 \pmod {4006} \\ f\pa n & = & x + 2 \text{ sinon } \end{eqnarray*}

On prolonge ensuite f à $\N$ tout entier : soit n un entier, il existe alors un unique couple $\pa{u,m}$ tel que $n = 2^u m$ où m est un entier impair. On pose alors $f\pa n = 2^u f\pa m$, $f\pa m$ étant bien déjà défini.

Il ne reste plus qu'à vérifier que notre fonction satisfait bien les conditions de l'énoncé. Prenons donc n un entier, il s'écrit sous la forme $n=2^u m$ où m est impair. Tant que $m+2k$ n'est pas congru à $-1$ modulo $4006$, on va avoir :

$$f^{\pa k} \pa n = 2^u \pa{m+2k}$$

Notons $k_0$ le plus petit entier tel que $\pa{m+2k_0}$ soit congru à $-1$ modulo $4006$. D'après ce que l'on a dit précédemment, on va avoir :

$$f^{\pa {k_0 + 1}} \pa n = f\pa{2^u \pa{m+2k_0}} = 2^{u+1} \pa{m+2\pa{k_0+1}-4006}$$

D'autre part $k_0 < 2003$ et si k est compris entre $k_0 + 1$ et $2003$, on voit immédiatement par récurrence que :

$$f^{\pa k} \pa n = f^{\pa{k-k_0+1}} \pa{2^{u+1} \pa{m+2\pa{k_0+1}-4006}} = 2^{u+1} \pa{m+2k-4006}$$

Finalement $f^{\pa{2003}} \pa n = 2 \cdot 2^u m = 2n$, ce qui est bien ce que l'on désirait.



Remarque

Ce qui précède n'a en fait rien de mystérieux. Si f est une fonction qui vérifie les conditions de l'énoncé, on peut calculer $f^{\pa{2004}} \pa n$ des deux façons suivantes :

\begin{eqnarray*} f^{\pa{2004}} \pa n & = & f^{\pa{2003}} \pa {f \pa n} = 2 f \pa n \\ & = & f \pa {f^{\pa{2003}} \pa n} = f \pa {2n} \end{eqnarray*}

Ainsi notre fonction est contrainte à vérifier $f\pa {2n} = 2f \pa n$. Cela implique qu'elle « passe au quotient par multiplication par 2 ». Cela signifie que l'on peut définir à partir de f une fonction $\tilde f$ définie sur les nombres impairs et prenant ces valeurs dans les impairs également et telle que pour tout entier u et tout entier impair m, il existe un entier $u'$ qui vérifie la relation :

$$f\pa{2^u m} = 2^{u'} \tilde f \pa m$$

Il est facile de voir qu'une telle fonction $\tilde f$ vérifie une équation fonctionnelle plus simple, à savoir $\tilde f ^{\pa{2003}} \pa n = n$. Celle-ci se résout facilement : on peut par exemple permuter les $2003$ nombres premiers nombres impairs, puis permuter les $2003$ suivants, etc. Il reste donc à voir comment faire pour reconstruire f à partir de $\tilde f$...

Exercice 4

Un tel entier existe. L'idée pour le construire consiste à prendre un nombre qui ne s'écrit qu'avec des $0$ et des $1$, les $1$ étant suffisamment espacés pour que lors de l'élévation au carré, ils ne puissent pas interférer entre eux.

Plus précisément, on pose :

$$a = 10^{2^1} + 10^{2^2} + \ldots + 10^{2^{2003}}$$

Évidemment la somme des chiffres de a est bien $2003$. Calculons maintenant $a^2$. On a :

$$a^2 = 10^{2^2} + 10^{2^3} + \ldots + 10^{2^{2004}} + 2 \cdot\sum_{1 \leq i < j \leq 2003} 10^{2^i + 2^j}$$

L'unicité de la décomposition en base $2$ assure que tous les exposants qui apparaissent précédemment sont distincts et que l'on a donc bien là l'écriture de $a^2$ en base $10$. La somme des chiffres est donc $2003 + 2 \cdot C_{2003}^2 = 2003^2$, ce qui est bien ce que l'on souhaitait.

Exercice 5

On utilise l'inégalité arithmético-géométrique :

$$\frac{2a} c + \frac c b = \frac a c + \frac a c + \frac c b \geq 3 \sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}$$

L'hypothèse $abc \leq 1$ permet alors de montrer que :

$$\frac{2a} c + \frac c b \geq 3a$$

De même, on a les inégalités :

$$\frac{2b} a + \frac a c \geq 3b$$

$$\frac{2c} b + \frac b a \geq 3c$$

En additionnant tout cela, on obtient l'inégalité désirée.

Exercice 6

Commençons par faire une figure :

\includegraphics{figures.3}

Appelons comme sur la figure $\alpha$ l'angle $\widehat{EAB}$. D'après la propriétés des angles inscrits, l'angle au centre $\widehat{EO_1B}$ vaut alors $2 \alpha$. Le triangle $EO_1B$ étant isocèle, ceci permet de calculer l'angle à la base. On a ici :

$$\widehat{O_1BE} = \frac \pi 2 - \alpha$$

De même si on avait appelé $\beta$ l'angle $\widehat{BAF}$, on aurait eu $\widehat{O_2BF} = \frac \pi 2 - \beta$. Mais les angles $\widehat{O_1BE}$ et $\widehat{O_2BF}$ sont opposés par le sommet et donc égaux. Cela prouve que $\alpha = \beta$ et donc que $\pa{AB}$ est la bissectrice de l'angle $\widehat{EAB}$.

On déduit de ce qui précède également la valeur de l'angle $\widehat{EBF}$ qui est $\pi - \pa{\frac \pi 2 - \alpha} = \frac \pi 2 + \alpha$. Comme on sait par ailleurs que B est sur la bissectrice de $\widehat{EAF}$, cette dernière égalité suffit à prouver que B est en fait le centre du cercle inscrit au triangle EAF.

Les angles $\widehat{AEB}$ et $\widehat{BEF}$ sont donc égaux. Mais par ailleurs les angles $\widehat{MBE}$ et $\widehat{BEF}$ sont alternes-internes et donc égaux. Ainsi, les arcs $\overline{ME}$ et $\overline{AB}$ sont égaux puisqu'ils sont interceptés par deux angles égaux. Donc, les arcs $\overline{MB}$ et $\overline{AE}$ sont aussi égaux et puis $MB=AE$.

De la même façon, on prouve que $NB=AF$ et on déduit l'égalité voulue en additionnant les deux précédentes.

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Dernière modification : 10 juillet 2004.
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